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题目大意
背包问题，有 (n) 种物品，第 (i) 种物品有 (cnt_i) 个，重量 (w_i)，价值 (v_i)，背包容量 (limit)，求能放下的物品最大价值总和。
(1leq nleq 80)，(1leq cnt_ileq 10^9)，(1leq w_ileq 80)，(1leq v_ileq 10^9)，(1leq limitleq 10^9)
法一
物品种类很少，重量范围也很小，想象一下填充的过程，可以发现大部分地方都是可以直接按照性价比（(frac{v_i}{w_i})）从大到小放的，只有最后的一点空隙那边，直接放会出现无法充分利用空余空间的情况，需要去做背包 (DP)。
具体来说，若 (frac{v_i}{w_i}<frac{v_j}{w_j})，那么把 (w_j) 个物品 (i) 替换成 (w_i) 个物品 (j) 是更优的，所以在所有物品的数量都 (<max{w_i}) 的时候贪心策略才不适用，这时 (cnt_ileq 80)，而 (limitleq sum cnt_iw_ileq 512000)，值域较小，可以直接做多重背包 (DP) 了，单调队列或二进制优化都是可以通过时限的，最后枚举 (DP) 部分占了多少空间，剩下部分贪心即可。
时间复杂度 (O(n^2W^2log W)) 或 (O(n^2W^2))
Code
// O(n^2*W^2logW)
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mem(a,b) memset(a, b, sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 82
#define W 80
#define ll long long
using namespace std;
class ClassicProblem{
public:
ll dp[N*W*W];
struct item{
ll cnt, w, v;
bool operator < (const item b) const{ return v*b.w > b.v*w; }
} a[N];
vector<item> items;
ll maximalValue(vector<int> cnt, vector<int> w, vector<int> v, int limit){
int n = cnt.size();
rep(i,0,n-1) a[i].cnt = cnt[i], a[i].w = w[i], a[i].v = v[i];
sort(a, a+n);
rep(i,0,n-1){
int x = min(cnt[i], W);
for(ll p = 1; p <= x; p <<= 1)
items.push_back({1, w[i]*p, v[i]*p}), x -= p;
if(x) items.push_back({1, (ll)w[i]*x, (ll)v[i]*x});
}
for(item t : items) per(i,n*W*W,t.w) dp[i] = max(dp[i], dp[i-t.w] + t.v);
ll ans = 0;
rep(s,0, min(n*W*W, limit)){
ll lft = limit-s, tot = 0;
rep(i,0,n-1){
ll num = min(max(0ll, a[i].cnt-W), lft/a[i].w);
tot += num*a[i].v, lft -= num*a[i].w;
}
ans = max(ans, tot+dp[s]);
}
return ans;
}
} solve;
法二
法一是挺好想的做法，然而本人开始实现错了，误以为做法无法保证真确性，于是就有了法二。
考虑直接对它 (DP)，如此大的值域容易想到 (log) 做法，于是考虑二进制分解，这里不仅要对 (cnt) 分解，也要对 (limit) 二进制分解，相当于数位 (DP) 里的一位位计算了。
设 (dp_{p,i}) 表示当前考虑到了第 (p) 位，在第 (p) 位往上还剩 (s) 的容量，即实际上是剩 (2^ps) 的容量。
先对 (cnt_i) 二进制分解，要对应到每个位上，因此分解后不能剩下余项，当前位为 (1) 时拆 (1) 个，当前位为 (0) 时拆 (2) 个。这样 (i) 的上限就应为 (2cdot 2n W)，前面的 (2) 是考虑进位的情况。常规地，(DP) 要压着上限做，所以是从高位往低位转移 (dp)。
- 记 (b) 为 (limit) 在第 (p) 位的值， (dp_{p,i}leftarrow dp_{p+1,lfloorfrac{i-1+b}{2} floor})
- 正常背包： (dp_{p,i}leftarrow dp_{p,i+w_j}+2^pv_j)
最后 (dp_{0,i}) 中的最大值即为答案。
时间复杂度 (O(log Vn^2W))
这个时间复杂度应该是比法一更加优秀的，本人的实现法二比法一快了 (16) 倍多一点。
// O(logV*n^2*W)
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mem(a,b) memset(a, b, sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 82
#define LOG 30
#define ll long long
#define PII pair<int, int>
#define fr first
#define sc second
using namespace std;
class ClassicProblem{
public:
ll dp[LOG+5][4*N*N];
vector<PII> knapsack[LOG+5];
ll maximalValue(vector<int> cnt, vector<int> w, vector<int> v, int limit){
int n = cnt.size(), mx = 0;
rep(i,0,n-1){
mx = max(mx, w[i]);
rep(p,0,LOG){
if(!cnt[i]) break;
rep(_,1,2-cnt[i]%2) knapsack[p].push_back({w[i], v[i]});
if(cnt[i]&1) cnt[i] >>= 1;
else cnt[i] >>= 1, cnt[i]--;
}
}
mem(dp, 0x80), dp[LOG][0] = 0;
per(p,LOG,0){
int b = (limit>>p)&1;
rep(i,0,4*n*mx) dp[p][i] = max(dp[p][i], dp[p+1][(i-b+1)/2]);
for(PII a : knapsack[p]) rep(i,0,4*n*mx-a.fr) if(dp[p][i+a.fr] >= 0)
dp[p][i] = max(dp[p][i], dp[p][i+a.fr] + (1ll<<p)*a.sc);
}
ll ans = 0;
rep(i,0,4*n*mx) ans = max(ans, dp[0][i]);
return ans;
}
} solve;
和法二思路类似的题目我记得还有 CF1290F Making Shapes，使用二进制分解将「 值域极大，但是对象种类很少」的问题化大为小。